專題05功與能考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1功率2023、2022、2021五年考情顯示，“功率”“動能定理”與“機械能守恒定律”是高頻核心，命題趨勢聚焦能量轉(zhuǎn)化鏈條的復雜構建、多過程銜接中的功能關系分析及數(shù)學工具的深度整合。試題設計顯著強化多階段運動模型的能量動態(tài)追蹤，例如物體在含彈簧、斜面、圓弧軌道的復合場景中運動，要求分段分析重力、彈力、摩擦力的做功特點，并綜合運用動能定理處理變力做功，同時精準判斷機械能守恒條件或計算摩擦生熱等耗散量。能量守恒思想的應用范圍持續(xù)拓寬，除經(jīng)典力學系統(tǒng)外，逐漸融入電磁感應、熱學擴散等跨模塊內(nèi)容，要求考生建立“功是能量轉(zhuǎn)化量度”的全局觀。數(shù)學工具的嚴謹性要求提升，需靈活運用函數(shù)圖像分析勢能曲線的平衡位置與穩(wěn)定性、通過導數(shù)求解功率極值、利用數(shù)列計算往復運動中的累積熱量。實驗創(chuàng)新突出數(shù)字化技術應用，如利用力傳感器與位移傳感器實時采集數(shù)據(jù)驗證動能定理，結合圖像擬合與誤差分析，強調(diào)科學探究中控制變量法與系統(tǒng)誤差溯源的能力，全面檢驗對能量轉(zhuǎn)化與守恒定律的分析水平?？键c2動能和動能定理2025、2022考點3機械能守恒定律2025考點4能量守恒定律2021考點01功率1．（2023·湖南·高考）（多選）如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說法正確的是（

）

A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度vD．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道【答案】AD【詳解】A．由題知，小球能沿軌道運動恰好到達C點，則小球在C點的速度為vC=0，則小球從C到B的過程中，有mgR(1?cosα)=12mv2，F(xiàn)N=mgcosα?mv2R，聯(lián)立有FN=3mgcosα－2mg，則從C到BB．由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過程中重力的功率為P=－mgvsinθ，則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯誤；C．從A到C的過程中有?mg?2R=12mvCD．小球在B點恰好脫離軌道有mgcosθ=mvB2R，則vB=gRcosθ故選AD。2．（2022·湖南·高考）神舟十三號返回艙進入大氣層一段時間后，逐一打開引導傘、減速傘、主傘，最后啟動反沖裝置，實現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運動情況，將其運動簡化為豎直方向的直線運動，其v?t圖像如圖所示。設該過程中，重力加速度不變，返回艙質(zhì)量不變，下列說法正確的是（）A．在0~tB．在0~tC．在t1D．在t2【答案】A【詳解】A．重力的功率為P=mgv，由圖可知在0~t1時間內(nèi)，返回艙的速度隨時間減小，故重力的功率隨時間減小，故A正確；B．根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度可知在0~t1時間內(nèi)返回艙的加速度減小，故B錯誤；C．在t1~t2時間內(nèi)由圖像可知返回艙的速度減小，故可知動量隨時間減小。故C正確；D．在t2~t3時間內(nèi)，由圖像可知返回艙的速度不變，則動能不變，但由于返回艙高度下降，重力勢能減小，故機械能減小，故D錯誤。故選AC。3．（2021·湖南·學業(yè)水平選擇性）“復興號”動車組用多節(jié)車廂提供動力，從而達到提速的目的?？傎|(zhì)量為m的動車組在平直的軌道上行駛。該動車組有四節(jié)動力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動機的額定功率均為P，若動車組所受的阻力與其速率成正比（F阻=kv，k為常量），動車組能達到的最大速度為A．動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變B．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則動車組從靜止開始做勻加速運動C．若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛的速度為3D．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間t達到最大速度vm，則這一過程中該動車組克服阻力做的功為【答案】C【詳解】A．對動車由牛頓第二定律有F?F阻=ma，若動車組在勻加速啟動，即加速度B．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有4Pv?kv=maC．若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛時加速度為零，有2.25Pv=kv，而以額定功率勻速時，有4Pvm=kD．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間t達到最大速度vm，由動能定理可知4Pt?WF阻=1故選C?？键c02動能和動能定理4．（2025·湖南·高考）（多選）如圖，某爆炸能量測量裝置由裝載臺和滑軌等構成，C是可以在滑軌上運動的標準測量件，其規(guī)格可以根據(jù)測量需求進行調(diào)整?；壈惭b在高度為h的水平面上。測量時，將彈藥放入裝載臺圓筒內(nèi)，兩端用物塊A和B封裝，裝載臺與滑軌等高。引爆后，假設彈藥釋放的能量完全轉(zhuǎn)化為A和B的動能。極短時間內(nèi)B嵌入C中形成組合體D，D與滑軌間的動摩擦因數(shù)為μ。D在滑軌上運動S1距離后拋出，落地點距拋出點水平距離為S2，根據(jù)S2可計算出彈藥釋放的能量。某次測量中，A、B、C質(zhì)量分別為3m、m、5m，SA．D的初動能與爆炸后瞬間A的動能相等B．D的初動能與其落地時的動能相等C．彈藥釋放的能量為36mg?D．彈藥釋放的能量為48mg?【答案】BD【詳解】A．爆炸后，AB組成的系統(tǒng)動量守恒，即3mv1=mv2，B與C碰撞過程動量守恒mv2=6mv，聯(lián)立解得v=0.5v1。爆炸后瞬間A的動能EkA=12?3m?B．D水平滑動過程中摩擦力做功為Wf=?μ?6mg?S1CD．D物塊平拋過程有?=12gt2，S2=v0t，聯(lián)立可得v0故選BD。5．（2022·湖南·高考）如圖（a），質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設籃球在運動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍（λ為常數(shù)且0<λ<H??H+?），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；（2）若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中?0已知，求F（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點時，運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小?！敬鸢浮浚?）k=(1+λ)?(1?λ)H；（2）【詳解】（1）籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有mg?λmg=m再根據(jù)勻變速直線運動的公式，下落的過程中有v籃球反彈后上升過程中根據(jù)牛頓第二定律有mg+λmg=m再根據(jù)勻變速直線運動的公式，上升的過程中有v則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比k=（2）若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，則籃球下落過程中根據(jù)動能定理有mg?+籃球反彈后上升過程中根據(jù)動能定理有?mg??λmg?=0?聯(lián)立解得F（3）方法一：由（1）問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為a下a上由題知運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有I=mv即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個速度v。拍擊第1次下降過程有v上升過程有k代入k后，下降過程有v上升過程有?聯(lián)立有?拍擊第2次，同理代入k后，下降過程有v上升過程有?聯(lián)立有?再將h1代入h2有?拍擊第3次，同理代入k后，下降過程有v上升過程有?聯(lián)立有?再將h2代入h3有?直到拍擊第N次，同理代入k后，下降過程有v上升過程有?聯(lián)立有?將hN-1代入hN有?其中?N=H則有H=則I=mv'=m方法二：由（1）問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為a下a上由題知運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有I=m即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個速度v’。設籃球從H下落時，速度為v0，反彈高度為?，籃球受到?jīng)_量I后速度為v’，落地時速度為v2(1+λ)g?=(kv聯(lián)立可得?=代入k可得，v'2籃球再次反彈，反彈速度為kv1，設反彈高度為h1，受到?jīng)_量后，落地速度為v22(1+λ)g?1同理化簡可得v'2籃球第三次反彈，反彈速度為kv2，設反彈高度為h2，受到?jīng)_量后，落地速度為v32(1+λ)g?2同理化簡可得v'2……第N次反彈可得v'對式子①②③……(N)兩側分別乘以(H?)0、H?、得1?其中，v02=2(1?λ)gH，可得沖量I的大小I=mv'=m考點03機械能守恒定律6．（2025·湖南·高考）某地為發(fā)展旅游經(jīng)濟，因地制宜利用山體舉辦了機器人雜技表演。表演中，需要將質(zhì)量為m的機器人拋至懸崖上的A點，圖為山體截面與表演裝置示意圖。a、b為同一水平面上兩條光滑平行軌道，軌道中有質(zhì)量為M的滑桿?；瑮U用長度為L的輕繩與機器人相連。初始時刻，輕繩？？緊且與軌道平行，機器人從B點以初速度v豎直向下運動，B點位于軌道平面上，且在A點正下方，AB=1.2L?；瑮U始終與軌道垂直，機器人可視為質(zhì)點且始終作同一豎直平面內(nèi)運動，不計空氣阻力，輕繩不可伸長，sin37°=0.6，重力加速度大小為g(1)若滑桿固定，v=gL(2)若滑桿固定，當機器人運動到滑桿左上方且輕繩與水平方向夾角為37°時，機器人松開輕繩后被拋至A點，求v的大小；(3)若滑桿能沿軌道自由滑動，M=km，且k≥1，當機器人運動到滑桿左上方且輕繩與水平方向夾角為37°時，機器人松開輕繩后被拋至A點，求v與k的關系式及v的最小值?！敬鸢浮?1)F=4mg(2)v=(3)v=9kgl10【詳解】（1）由B點到最低點過程動能定理有1最低點牛頓第二定律可得F?mg=m聯(lián)立可得F=4mg（2）輕繩運動到左上方與水平方向夾角為37°時由能量守恒可得1水平方向x=l豎直方向取向上為正可得y=1.2l?l聯(lián)立可得v=（3）當機器人運動到滑桿左上方且與水平方向夾角為37°時計為點C，由能量守恒可得1設v1的水平速度和豎直速度分別為vx則水平方向動量守恒可得m水平方向滿足人船模型可得m此時機器人相對滑桿做圓周運動，因此有速度關系為tan設此時機器人的速度與豎直方向的夾角為θ，則有速度關系tan水平方向l豎直方向1.2l?l聯(lián)立可得v即v=顯然當k=1時取得最小，此時v=考點04能量守恒定律7．（2021·湖南·學業(yè)水平選擇性）如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為L的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ。質(zhì)量為m的小物塊A與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ。以水平軌道末端O點為坐標原點建立平面直角坐標系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端坐標為2μL，μL，Q端在y軸上。重力加速度為g。（1）若A從傾斜軌道上距x軸高度為2μL的位置由靜止開始下滑，求A經(jīng)過O點時的速度大??；（2）若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經(jīng)過O點落在弧形軌道PQ上的動能均相同，求PQ的曲線方程；（3）將質(zhì)量為λm（λ為常數(shù)且λ≥5）的小物塊B置于O點，A沿傾斜軌道由靜止開始下滑，與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），要使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點的右側，求A下滑的初始位置距x軸高度的取值范圍?！敬鸢浮浚?）2μgL；（2）x=22μLy?y2（其中，【詳解】（1）物塊A從光滑軌道滑至O點，根據(jù)動能定理mg?2μL?μmgL=解得v=（2）物塊A從O點飛出后做平拋運動，設飛出的初速度為v0，落在弧形軌道上的坐標為(x,y)x=v0解得水平初速度為v物塊A從O點到落點，根據(jù)動能定理可知mgy=解得落點處動能為E因為物塊A從O點到弧形軌道上動能均相同，將落點P(2μL,μL)的坐標代入，可得E化簡可得y+即x=22μLy?y2（3）物塊A在傾斜軌道上從距x軸高?處靜止滑下，到達O點與B物塊碰前，其速度為v0mg??μmgL=解得v02=2g??2μgL物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點的右側，則A與B碰撞后需要反彈后再經(jīng)過水平軌道-傾斜軌道-水平軌道再次到達O點。規(guī)定水平向右為正方向，碰后AB的速度大小分別為v1和v2，在物塊A與B碰撞過程中，動量守恒，能量守恒。則m解得v1=λ?1λ+1v2=2設碰后A物塊反彈，再次到達O點時速度為v3，根據(jù)動能定理可知解得v32=據(jù)題意，A落在B落點的右側，則v3>v據(jù)題意，A和B均能落在弧形軌道上，則A必須落在P點的左側，即：v3≤2μgL聯(lián)立以上，可得?的取值范圍為3λ?1一、單選題1．（25屆·懷化·二模）如圖所示裝置，可以將一質(zhì)量為m＝1kg的小球（可視為質(zhì)點）從地面緩慢抬升至任意高度后再以任意速度水平打出。若需要將小球一次性投入（不與地面發(fā)生碰撞）距發(fā)射臺l＝4m的收集孔里，則裝置對小球做的功至少為（忽略一切阻力，g＝10m/s2）（）A．20J B．30J C．40J D．50J【答案】C【詳解】裝置對小球做的功用于提高小球的機械能（重力勢能與動能），設將小球抬升至高度?后以初速度v0水平射出，則做的功為W=mg?+12mv02，對于后續(xù)的平拋運動，在水平方向上到達收集孔時，時間為t=lv0，同時豎直方向上小球自由落體?=1故選C。2．（2025·湖南婁底·高三下模）如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體從固定的光滑斜面上靜止滑下，滑到斜面底端時速度為10m/s。在此過程中（）A．支持力做正功 B．重力做負功C．重力做功100J D．合外力做功為零【答案】C【詳解】A．斜面對物體的支持力垂直運動方向，不做功，故A錯誤；BCD．重力與位移夾角為銳角，重力做正功，根據(jù)動能定理有WG=1故選C。3．（24-25高三下·湖南沅澧共同體·一模）滑索是一項體育游樂項目，如圖所示游客從起點利用自然落差向下滑行，越過繩索的最低點滑至終點。不考慮空氣對人的作用力，下列對游客的描述正確的是（）A．甲圖中游客正加速下滑 B．乙圖中游客處于超重狀態(tài)C．游客從起點到最低點重力功率一直減小 D．游客運動過程中機械能一定守恒【答案】A【詳解】A．甲圖中游客受繩的拉力和重力作用，合力方向指向向右下，游客向下做加速運動，故A正確；B．乙圖中游客受繩的拉力和重力作用，合力方向指向左下，游客向上做減速運動，處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C．游客從起點到最低點豎直速度先增加后減小，根據(jù)PG=mgvy?？芍亓β氏仍龃蠛鬁p小，故C錯誤；D．游客運動過程中拉力的方向與速度方向可能不垂直，則拉力可能做功，故機械能不一定守恒，D錯誤。故選A。4．（24-25高三·湖南·多校聯(lián)考·下）一單擺做簡諧運動，在擺球遠離平衡位置的過程中，擺球的（）A．位移增大 B．速度增大C．回復力減小 D．機械能增大【答案】A【詳解】單擺做簡諧運動，在擺球遠離平衡位置的過程中，擺球的位移增大，速度減小，根據(jù)F可知回復力增大，由于只有重力做功則機械能守恒，即機械能不變。故選A。5．（2025·湖南長沙一中·高三下考前?？迹┤鐖D是古代奧林匹克立定跳遠的陶瓷畫，圖中的運動員手持一種負重物起跳，現(xiàn)在我們來解釋其中的原因。若某位運動員的質(zhì)量為60kg，兩手各持一個質(zhì)量為3kg的負重物，在某次立定跳遠練習過程中，起跳離地時速度大小為5m/s，方向與水平方向成37°夾角，在最高點將兩個負重物相對于地面速度為零扔出（時間極短），忽略空氣阻力，重力加速度g=10mA．從起跳后到落地前的過程中，運動員和負重物組成系統(tǒng)的總動量守恒B．從起跳后到落地前的過程中，運動員和負重物組成系統(tǒng)的總機械能守恒C．運動員在最高點不扔出負重物且起跳離地面速度大小不變的情況下，速度方向與水平方向成60°D．運動員在起跳離地速度不變的情況下，與在最高點不扔出負重物相比，運動員可以多跳0.12m【答案】D【詳解】A．從起跳后到落地前的過程中，運動員和重物組成系統(tǒng)豎直方向受合力不為零，則總動量不守恒，故A錯誤；D．運動員豎直向上的分速度為vy=v0sinθ=3m/s。水平方向分速度為vx=v0cosθ=4故D正確；B．扔出負重物，運動員落地時速率為v2=vy2+(vx+C．設速度方向與水平方向成α夾角時運動員的跳遠成績最好，則運動員豎直向上的分速度為v水平方向分速度為vx'=v0cosα，由最高點落地時間為根據(jù)數(shù)學方法可知當α=45°時運動員的跳遠成績最好，故C錯誤；故選D。6．（2025·湖南婁底·高三下二模）如圖，AB等高，B為可視為質(zhì)點的光滑定滑輪，C為大小可忽略的輕質(zhì)光滑動滑輪。AB之間距離為2d，一根足夠長的輕質(zhì)不可伸長的細繩一端系在A點，穿過光滑動滑輪C再繞過定滑輪B，動滑輪下掛著質(zhì)量為m的小球P，繩另一端吊著質(zhì)量為m的小球Q。初始時整個系統(tǒng)都靜止，然后在外力作用下，將動滑輪C緩慢上移到與AB等高并由靜止釋放。已知重力加速度為g，整個過程中Q未與滑輪B相撞，不計空氣阻力和一切摩擦則下列說法正確的是（）A．初始時刻，AC與BC夾角為60°B．C可以下降的最大高度為2dC．P下降高度為d時系統(tǒng)的動能最大D．系統(tǒng)運動過程中最大動能為E【答案】D【詳解】A．初始時刻靜止，繩子中拉力T=mg，對動滑輪C進行受力分析可得，AC與BC夾角為120°，故A錯誤；B．設C可以下降的最大高度為h，由能量守恒可得，mg?=2mg?2+CD．P和Q總動能最大時系統(tǒng)的總勢能最小，即總勢能取極小值，對應系統(tǒng)靜止時的平衡位置，即AC與BC夾角為120°，此時P下降高度?=33d，Q上升高度?'=2故選D。二、多選題7．（2025·湖南岳陽·高三下二模）如圖所示，質(zhì)量為m的石塊以初速度v0從?高處以仰角θA．石塊拋出至落地的過程中，速度先減小后增大B．石塊拋出至軌跡最高點的過程中，機械能不斷增大C．改變仰角，其他條件不變，石塊落地時的動量不變D．石塊拋出至落地的過程中，重力的功率先減小后增大【答案】AD【詳解】A．由動能定理知，重力為合力，合力先做負功后做正功，故動能先減小后增大，即速度先減小后增大。故A正確；B．石塊拋出至軌跡最高點的過程中，不計阻力，只有重力做功，機械能守恒，故B錯誤；C．改變仰角，其他條件不變，由動能定理得12mv2=D．石塊拋出至落地的過程中，重力的功率PG=mgvy，vy先減小后增大，則PG先減小后增大，故D正確。故選AD。8．（24-25高二·湖南郴州·4月模擬預測·下學期）如圖甲所示，一木板靜止于光滑水平桌面上，t=0時，物塊（視為質(zhì)點）以大小為v0的速度水平滑上木板左端。圖乙為物塊與木板運動的v?t圖像，圖中t0已知，重力加速度大小為A．木板的最小長度為3B．物塊與木板的質(zhì)量之比為2:3C．物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為2D．整個過程中物塊減小的動能、木板增大的動能及物塊與木板組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之比為9:2:7【答案】AC【詳解】A．由題圖乙的v?t圖像可以得出物塊相對于木板滑動的距離為d=12×3vB．由動量守恒定律有m?3v0=(m+M)v0C．由題圖乙的v?t圖像可知，物塊在木板上滑動的加速度大小a=2v0解得μ=2vD．物塊減小的動能Ek1=12m×(3v0)故選AC。9．（2025·湖南長沙周南中學·高三下二模）無風的情況下，在離地面高為H處，將質(zhì)量為m的球以速度v0水平拋出，球在空氣中運動時所受的阻力大小f=kv，v是球的速度，kA．球著地前瞬間的速度大小為v=B．從球拋出到落地，球位移的水平分量x=C．球從拋出到著地過程中克服空氣阻力做的功W=mD．其他條件不變，若將球從同一地點由靜止釋放，則兩種情況下球在空中運動時間相同【答案】ABD【詳解】A．球最終豎直向下做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件有mg=kv，解得v=mB．對水平方向，取水平向右為正方向，由動量定理得?kvt=0?mv0，又x=C．設球從拋出到著地過程中克服空氣阻力做的功為W，由動能定理得mgH?W=12mvD．根據(jù)運動的獨立性，在豎直方向都是從靜止開始的運動，豎直方向受到的合力均為Fy=mg-kvy，加速度均為ay=故選ABD。10．（24-25高三·湖南長沙·保溫（二））如圖所示，擋板P固定在傾角為30°的斜面左下端，斜面右上端M與半徑為R的圓弧軌道MN連接，圓弧軌道的圓心O在斜面的延長線上。M點有一光滑輕質(zhì)小滑輪，N點為圓弧軌道最低點，∠MON=60°。質(zhì)量均為m的小物塊B、C由一輕質(zhì)彈簧拴接（彈簧平行于斜面），其中物塊C緊靠在擋板P處，物塊B用跨過滑輪的輕質(zhì)細繩與一質(zhì)量為4m、大小可忽略的小球A相連，初始時刻小球A鎖定在M點，細繩與斜面平行，恰好繃直且無張力，B、C處于靜止狀態(tài)。某時刻解除對小球A的鎖定，當小球A沿圓弧運動到N點時（物塊B未到達M點），物塊C對擋板的作用力恰好為0。已知重力加速度為g，不計一切摩擦，下列說法正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為2mgB．小球A到達N點時的速度大小為12C．小球A到達N點時的速度大小為8D．小球A由M點運動到N點的過程中，小球A和物塊B的機械能之和先增大后減小【答案】BD【詳解】A．設彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時刻彈簧的壓縮量為x1，B沿斜面方向受力平衡，則mg小球A沿圓弧軌道運動到N點時，物塊C即將離開擋板，設此時彈簧的伸長量為x2，C沿斜面方向受力平衡，則mgsin30°=kx2，可知x1=x2，當小球A沿圓弧軌道運動到N點時，B沿斜面運動的位移大小為BC．設小球A到達N點時的速度大小為v，對v進行分解，沿繩子方向的速度大小v'=vcos30°，由于沿繩子方向的速度大小處處相等，所以此時B的速度大小也為v′，對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，在整個過程中，只有重力和彈簧彈力做功，且A在M和N處，彈簧的形變量相同，故彈性勢能不變，彈簧彈力做功為0，重力對A做正功，對B做負功，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，有D．小球A由M點運動到N點過程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則小球A和物塊B的機械能之和與彈簧的彈性勢能之和不變，彈簧一開始處于壓縮狀態(tài)，之后變?yōu)樵L，再之后開始拉伸，則彈性勢能先減小后增大，故小球A和物塊B的機械能之和先增大后減小，故D正確。故選BD。11．（24-25高三·湖南衡陽·期末）“水往低處流”是一種自然現(xiàn)象，同一滴水在水面的不同位置具有相同的重力勢能，即水面是等勢面。通常穩(wěn)定狀態(tài)下的水面為水平面，但將一桶水繞豎直固定中心軸以恒定的角速度ω轉(zhuǎn)動，穩(wěn)定時水面呈凹狀，如圖所示。這一現(xiàn)象依然可用勢能來解釋：以桶為參考系，桶中的水還多受到一個“力”，同時水還將具有一個與該“力”對應的“勢能”。為便于研究，在過桶豎直軸線的平面上，以水面最低處為坐標原點O、以豎直向上為y軸正方向、以水平向右為x軸正方向建立xOy直角坐標系，質(zhì)量為m的小水滴（可視為質(zhì)點）在這個坐標系下，因該“力”具有的“勢能”可表示為EpA．若增大桶轉(zhuǎn)動的角速度ω，則穩(wěn)定時，凹液面的最低點位置應下降B．穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時桶中水面的縱截面為雙曲線的一部分C．小水滴距離y軸越遠，該“勢能”越小D．與該“勢能”對應的“力”的大小隨x的增加而減小【答案】AC【詳解】C．由Epx=?D．設與該“勢能”對應的“力”為F，則有Fx=Ep0?EpxB．由于整個水面上質(zhì)量相等的小水滴的總勢能相等，在O點處小水滴的總勢能為零，則一個小水滴在該水面上任何位置的重力勢能和該“勢能”的和均為零，即mgy?12mω2A．由y=ω22g故選AC。12．（25·長沙雅禮高三·下模（二））某儲能系統(tǒng)的簡化模型如圖所示，傾角θ為37°的斜坡ABCD上，有一質(zhì)量為50kg的重物（可視為質(zhì)點）通過纜繩跨過輕質(zhì)滑輪與電動機連接。t1=0時，電動機開始工作，纜繩拉動重物從A點由靜止沿斜坡向上運動；t2=2s時，重物到達B點，且在此之前速度已達到最大值，之后以最大速度繼續(xù)做勻速直線運動；t3=12s時，關閉發(fā)動機，此時重物被拉到C點；此后重物到達斜坡頂端D點時速度剛好為零，系統(tǒng)儲存機械能。已知電動機工作時輸出的功率始終為2kW，重物與斜坡間動摩擦因數(shù)μ=0.5，不計纜繩質(zhì)量以及其它摩擦損耗，重力加速度g取A．重物到達B點時的速度大小為4B．重物在AB段的平均速度大小為7.2C．斜坡ABCD的長度為44.8mD．在整個上升過程中，系統(tǒng)存儲的機械能和電動機消耗的電能的比值為3【答案】AD【詳解】A．重物在BC段勻速運動，得電動機的牽引力為F=mgsinθ+μmgcosθ=500N，又P=Fvm，聯(lián)立解得vmB．重物在AB段根據(jù)動能定理有Pt2?聯(lián)立以上，可得重物在AB段的平均速度大小為v=xC．重物在BC段勻速運動，有xBC=vmt3?t2=40m，重物在CD段運動過程中，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma，D．全過程重物增加的機械能為E1=mgLsinθ，整個過程由能量守恒得電動機消耗的總電能轉(zhuǎn)化為重物增加的機械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，故可知E2=E故選AD。13．（2025·湖南·學業(yè)水平選擇性）如圖甲所示，一質(zhì)量為1.0kg、可視為質(zhì)點的小鐵塊在平行于固定斜面的力F作用下由靜止開始從斜面底端向上滑動，力F由一個初始值開始逐漸減小到0后就不再作用。以出發(fā)點為零勢能點和原點，鐵塊的機械能E與其滑行位移x的關系如圖乙中OABC所示，其中OAB段是曲線，BC段是直線，曲線OAB段的最高點A的橫坐標是xA，B點和C點的坐標已在圖乙中標出；鐵塊的重力勢能Ep與其滑行位移x的關系如圖乙中直線OC所示，取重力加速度g=10m/s2，斜面粗糙程度均勻，則下列說法正確的是（）A．外力F做的功為11.3JB．鐵塊與斜面間的動摩擦因數(shù)是0.45C．鐵塊上滑xA時，其加速度大小為11m/s2D．鐵塊滑回出發(fā)點時的動能為4.7J【答案】AD【詳解】A．設斜面傾角為θ，鐵塊的重力勢能與上滑位移間的關系是Ep=mgxsinθ，由Ep?x圖線可知sinθ=0.8，則cosθ=0.6；鐵塊上滑0.5m后，其機械能均勻減小，即鐵塊上滑0.5m時力其中x0=1mB．根據(jù)f=μmgcosθ，解得C．鐵塊上滑xA時，F(xiàn)與f相等，設此時鐵塊的加速度為a，則有mgsinθ=ma，解得D．鐵塊下滑過程，由動能定理得mgx0sinθ?f故選AD。14．（2025·湖南長沙一中·高三下考前模考）現(xiàn)在市面上出現(xiàn)了一種新型的游樂設施——“反向蹦極”，示意圖如圖甲，游戲者與固定在地面上的扣環(huán)連接，P為彈性繩上端懸點，打開扣環(huán)，游戲者從A點由靜止釋放，像火箭一樣豎直發(fā)射。游戲者上升到B位置時繩子恰好處于松弛狀態(tài)，C為游戲者上升的最高點，D點為速度最大位置（未畫出），彈性繩的彈力遵從胡克定律，游戲者視為質(zhì)點，彈性繩的形變在彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，若以A點為坐標原點，選向上為正方向，作出游戲者上升過程中加速度與位移的關系如圖乙，圖像中x1、x2、x3和g為已知量，aA．a(chǎn)0值可能會小于B．游戲者最大速度為2C．a(chǎn)D．人從A點到D點重力的沖量小于從D點到C點重力的沖量【答案】BD【詳解】A．由對稱性可知，若a0=g，則游戲者運動到B點就會停下，但實際情況是游戲者運動到了最高點C，故aB．以上分析可知，x1位置合力為0，x2位置合力為mg，且最大速度在x1位置，設為v，x1～x2加速度均勻變化，所以合力均勻變化，故合力平均值為1C．從A到D過程，根據(jù)v2=2ax，則圖像面積的物理意義為12v2，則最大速度為v=a0xD．從A到B過程，有題意可知，從A點到D點和D點到C點速度變化量大小相同，從A點到D點的平均加速度大些，故時間短些，根據(jù)IG=mgt故選BD。三、實驗題15．（2025·湖南婁底·高三下二模）某同學用如圖（a）所示的裝置驗證機械能守恒定律。不可伸長的輕繩繞過定滑輪，輕繩兩端分別連接物塊P與感光細鋼柱K，兩者質(zhì)量均為m=0.140kg，鋼柱K下端與質(zhì)量為M=0.200kg的物塊Q相連鐵架臺下部固定一個電動機，電動機豎直轉(zhuǎn)軸上裝一支激光筆，電動機帶動激光筆繞轉(zhuǎn)軸在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，每轉(zhuǎn)一周激光照射在細鋼柱表面時就會使細鋼柱感光并留下痕跡。初始時P、K、Q系統(tǒng)在外力作用下保持靜止，輕繩與細鋼柱均豎直查得當?shù)刂亓铀俣萭為(1)開啟電動機，待電動機以ω=40πrad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動后。將P、K、Q系統(tǒng)由靜止釋放，Q落地前，激光器在細鋼柱K上留下感光痕跡。取下K，用刻度尺測出感光痕跡間的距離如圖（b）所示。激光束照射到D點時，細鋼柱速度大小為v(2)經(jīng)判斷系統(tǒng)由靜止釋放時激光筆光束恰好經(jīng)過O點。參照圖（b），經(jīng)計算，在OD段，系統(tǒng)動能的增加量ΔEk=0.154J(3)選取相同的另一感光細鋼柱K，若初始時激光筆對準K上某點，開啟電動機的同時系統(tǒng)由靜止釋放，電動機的角速度按如圖（c）所示的規(guī)律變化，圖像斜率為k，記錄下如圖（d）所示的感光痕跡，其中兩相鄰感光痕跡間距均為d，重力加速度取g。當mM=____________即可證明系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒（用含字母(4)驗證實驗結束后，該同學突發(fā)奇想：如果系統(tǒng)（物塊P、Q與感光細鋼柱K)的機械能守恒，不斷增大物塊Q的質(zhì)量M，物塊Q的加速度a也將不斷增大，已知重力加速度為g，請你幫該同學寫出a與m、M之間的關系式：________________（用題中所給字母表示，下同），當M遠大于m時，a將趨近于________________【答案】(1)0.8(2)滑輪的質(zhì)量不可忽略或繩與滑輪之間有摩擦或空氣阻力(3)πg(4)a=Mg【詳解】（1）根據(jù)角速度與周期的關系有T=根據(jù)運動學公式v1=（2）在OD段，系統(tǒng)動能的增加量為Δ重力勢能的減少量為Δ滑輪的質(zhì)量不可忽略，滑輪轉(zhuǎn)動時有動能，或繩與滑輪之間有摩擦，或空氣阻力導致系統(tǒng)重力勢能的減少量大于物塊與鋼柱的動能增加量。（3）從初始時激光筆對準K上某點開始選取連續(xù)的n段，根據(jù)時間關系有2nπ=根據(jù)運動學公式有1根據(jù)機械能守恒定律有Mgnd=解得m（4）[1]根據(jù)牛頓第二定律Mg=所以a=[2]當M遠大于m時，a≈g四、解答題16．（25屆高三下·湖南長沙邵陽多校聯(lián)考·三模）如圖所示，一光滑水平面上有一固定的光滑曲面，曲面與水平面平滑相接，水平面右側有一水平傳送帶，傳送帶的右端固定一擋板，擋板上固定有勁度系數(shù)k=20N/m的水平輕彈簧。現(xiàn)讓一質(zhì)量m=2kg的小物塊從曲面上離地高度h=5m的位置由靜止釋放，傳送帶的速度水平向右，大小為vc=102m/s，彈簧初始時最左端H到傳送帶與水平面連接點O的距離x0=12m(1)求物塊運動到O點的速度大?。?2)從滑上傳送帶到物塊壓縮彈簧達到最大靜摩擦力的過程中，求傳送帶對物體所做的功；(3)從物塊滑上傳送帶至彈簧壓縮最短過程中，結合彈簧振子的周期公式T=2π【答案】(1)10(2)102.5(3)402.5?200【詳解】（1）由動能定理mg?=解得v（2）物塊滑上傳送帶的加速度a=μg=5共速時物塊在傳送帶上運動的距離為x，有2ax=可得x=10則物塊與彈簧接觸前已共速，物塊接觸彈簧后壓縮彈簧，當彈力大小等于最大靜摩擦力時，物塊又與傳送帶相對滑動，設彈力等于最大靜摩擦力時彈簧壓縮量為Δx1可得Δ從滑上傳送帶到物塊達到最大靜摩擦力的過程中，由動能定理有1彈簧的彈力與壓縮量成正比，則W聯(lián)立可得W（3）共速過程傳動帶的位移x共速過程電動機對傳送帶多做的功W從物塊接觸彈簧到物塊相對傳送帶滑動的過程，電動機對傳送帶多做的功W從物塊達到最大靜摩擦力到彈簧壓縮最短所用時間